2021届高考物理二轮复习核心素养微专题模型建构__板块模型课件

【解析】(1)设A的加速度大小为a1,对A由牛顿第二定律可得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma1 解得a1=3.5 m/s2,方向向左 设B的加速度大小为a2,对B由牛顿第二定律可得F+μ2mg=ma2 解得a2=10 m/s2,方向向右 A做减速运动v1=v0-a1t B做加速运动v2=a2t A、B达到共同速度时v1=v2 解得t=1 s
mC1
2Байду номын сангаас
= vmC2 C
1+
2
(mA+vm2AB B)
+μmCgL,联立并代入
数据得vC′=4 m/s,L=0.8 m,选项A错误;滑块在光滑圆弧槽B上滑行的过程中,假
设两者能达到速度相同,此时滑块滑上圆弧槽的最大高度。
根据系统的动量守恒和能量守恒可得mCvC′+mBvAB=(mC+mB1)v共, mCvC′2+
【解析】选C。由于在光滑水平面上,小滑块C与木板A作用过程中,动量守恒;滑
块在光滑圆弧槽B滑行的过程中,系统水平方向不受外力,动量守恒;所以整个过
程A、B、C组成的系统水平方向动量守恒,选项C正确;滑块在木板上滑行的过程
中,设向右为正方向,对系统由动量守恒和能量守恒可得
mCvC=mCvC′+(mA+mB)12vAB,vC2
3.如图所示,质量均为1.0 kg的木板A和半径为0.2 m的 1 光滑圆弧槽B静置在光
4
滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端圆弧与A上表面相切。现有一质量为 2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A,C离开A时,A的速度大小为 1.0 m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正 确的是 ( ) A.木板A的长度为0.85 m B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动 C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒 D.B的最大速度为10 m/s
牛顿运动定律和匀 变速直线运动等综 合应用
牛顿运动定律和图 象相结合
命题规律
1.目前考查的 真题中,都涉 及牛顿运动定 律的应用。 2.预计接下来 的高考中会涉 及牛顿运动定 律和动量相结 合的题目。
情境命题·素养培优
情境命题1 滑块、木板上均未施加力 【典例1】(2020·济南一模)如图所示，一足够长木板B的质量M=2 kg，静止放 在粗糙的水平地面上，现有一质量m=1 kg的小滑块A以v0=9 m/s的初速度从木板 的左端滑上木板。A、B之间的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面之间的动摩擦因数 μ2=0.1，重力加速度g取10 m/s2。
求：(1)A、B相对运动过程中，B的加速度大小； (2)A、B之间因摩擦而产生的热量； (3)B在水平地面上滑行的距离。
【解析】(1)A、B相对运动过程中，对B由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(m+M)g
=MaB，解得aB=0.5 m/s2；
(2)滑块A的加速度aA=μ1g=4 m/s2，两者共速时v=v0-aAt=aBt，解得t=2 s，
【解析】选A。设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与 木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿 第二定律得: -μ1mg-μ2·2mg=ma1 a1=-(μ1+2μ2)g 设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有-μ2·2mg=2ma2 a2=-μ2g,可见|a1|>|a2| 由v-t图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确。
力F作用在物块A上讨论相关的临界情况
力F作用在木板B上讨论相关的临界情况
真题演变·辨知规律
真题
情境图
2015·全国 卷Ⅰ·T25
2015·全国 卷Ⅱ·T25
2017·全国 卷Ⅲ·T25
2019·全国 卷Ⅲ·T20
考查角度
摩擦力、牛顿运动 定律和匀变速直线 运动规律等综合应 用
牛顿第二定律、物 块与木板相对运动 等综合应用
xA=x1+x3=22 m 答案:(1)1 s (2)27 J (3)22 m
情境命题3 力作用在木板上 【典例3】(2020·辽南协作体一模)如图所示,光滑水平面上静止放置质量 M=2 kg的足够长木板C;离板右端x=0.72 m处静止放置质量mA=1 kg的小物块A,A与 C间的动摩擦因数μ=0.4;在木板右端静止放置质量mB=1 kg的小物块B,B与C间的 摩擦忽略不计,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B均可视为质点,g取10 m/s2, 现在木板上加一水平向右的力F,到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问:
沿斜面下滑的过程,由动能定理得mgxsinα-μ1mgxcosα=
1 2
m
v02
-0,解得v0=
2 m/s。设A刚好滑到B右端的时间为t,两者的共同速度为v。滑块A滑上木板B后,
木板B向右做匀加速运动,A向右做匀减速运动。
根据牛顿第二定律得:对A有μ2mg=maA,对B有 μ2mg=maB,则v=v0-aAt=aBt,联立解
(3)A、C一起运动的加速度a= F =1 m/s2
mA M
A、B碰撞前瞬间A、C的共同速度为v0=2ax 21m0.7/2s=1.2 m/s A、B发生弹性碰撞,选取水平向右为正,由动量守恒和能量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mA v02
1 2
mA
v
2 A
1 2
m
B
v
2 B
速度交换解得vA=0
类型 图示
B带 动A
A带 动B
F作 用于 A上 F作 用于 B上
规律分析 木板B带动物块A,物块恰好不从木板上掉下的 临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度 相等,则位移关系为xB=xA+L 物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的 临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度 相等,则位移关系为xB+L=xA
(2)从开始计时到达到共同速度,A的位移大小为
x1=v0t-12 a1t2=11.75 m B的位移大小为x2=12 a2t2=5 m A、B间因摩擦而产生的热量为Q,则Q=μ2mg(x1-x2)=27 J
(3)经分析,A、B达到共同速度之后无法相对静止,各自做变速运动。设A的加速
度大小为a3,对A由牛顿第二定律可得:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma3 解得a3=0.5 m/s2,方向向右; 1 s时,由(1)可得v1=10 m/s,再经过1 s,A的位移大小为 x3=v1t′+ 12a3t′2=10.25 m 2 s内滑板A的位移大小为
12mB v2A=B
(12mC+mB)
v共2+mCgh,联立并代入数据得h=0.15
2
m<0.2
m,假设成立。
即滑块C不会离开B,选项B错误;之后滑块会下滑,圆弧槽速度继续增大。当滑块
滑到最低点时,圆弧槽获得最大速度,根据系统的动量守恒和能量守恒可得
(mC+mB)v共=mCvC″+mBv12Bmaxv,C2 mC12
碰后A、C组成系统,根据动量守恒可得Mv0=(M+mA)v
解得长木板C最终的对地速度v=0.8 m/s
答案:(1)0 (2)12 N (3)0.8 m/s
【名师点睛】板块模型问题的解题策略
素养专题培优练
素养专题培优练(三) 板 块 模 型 (45分钟 100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中1～5题为单选,6～8题为多选)
D错误。
2.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的 物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间 均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。 在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的 ( )
(1)A与B碰撞之前,B的加速度大小;
(2)在A与B碰撞之前,若维持A与C相对静止,则F最大为多少?
(3)若F=3 N,则长木板C最终的对地速度是多大?
【解析】 (1)A在与B碰撞之前B静止不动,所受合外力为零,所以加速度为零。 (2)若A、C相对静止,临界加速度大小a0=mmAA=g 4 m/s2 则C受到的推力最大为F0=(M+mA)a0=12 N
动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则由图可知,下列说法错误的是
()
A.10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止
B.F>15 N时物块B和木板C相对滑动
C.木板C的质量可求出
D.木板和物块两者间的动摩擦因数可求出
【解析】选C。由图可知,当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止,当 F>15 N时
木板的加速度变大,可知此时物块B和木板C产生了相对滑动,选项A、B正确;对木
板和物块组成的整体,当F1=10 N时,a=0,则F1=(M+m)gsinθ,当F2=15 N时,a= 2.5 m/s2,则F2-(M+m)gsinθ=(M+m)a ,联立方程可求解M+m=2 kg,sinθ=0.5,但 是不能求解木板C的质量,选项C错误;因当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,此时物块和木 板开始发生相对滑动,此时物块和木板之间的摩擦力达到最大,则对物块 μmgcosθ-mgsinθ=ma,联立方程可求解μ= 3 ,选项D正确。
2
5.如图所示,物块A质量为1 kg,足够长的木板B质量为2 kg,叠放在水平地面上,A、B间 动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间动摩擦因数μ2=0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现 对A施加一个逐渐增大的水平力F=kt(k=1 N/s,t为时间),g取10 m/s2,则下面关于A与B 间摩擦力fA、B与地面间摩擦力fB以及A、B加速度与时间关系图象正确的是 ( )
+ m v2 Bmax
B
1=
2
vBmax=5 m/s,选项D错误。
(mC+vm共2 B)
+mCgh,解得
4.如图甲所示,光滑斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板
下端位于板A处,整体处于静止状态,木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作
用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑
得 t=0.2 s,v=1 m/s,所以A的最终速度为1 m/s,选项A错误;木板B的长度为 L=xA-xB= v0 v t－v t v0 t 2 ×0.2 m=0.2 m,选项B错误;A在B上滑动过程中,
2 222
A、B系统所产生的内能为 Q=μ2mgL=0.5×1×10×0.2 J=1 J,选项C正确,
v=1 m/s，此时A相对于B的位移Δs=v0t12- aAt21-2 aBt2=9 m，A、B之间因摩擦 而产生的热量Q=μ1mgΔs=36 J；
(3)从开始运动到A、B共速，B滑行的距离为x1=1 aBt2=1 m，共速后，A、B一起
2
向前做减速运动，加速度a3=μ2g=1
m/s2，滑行的距离x22v=a23
12 21
m=0.5
m，
则B在水平地面上滑行的距离x=x1+x2=1.5 m。
答案：(1)0.5 m/s2 (2)36 J (3)1.5 m
情境命题2 力作用在滑块上 【典例2】(2020·日照四模)如图所示,质量M=2 kg的滑板A放在水平地面上,当A 向右滑动的速度v0=13.5 m/s时,在A中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量 m=1 kg的小物块B,同时给B施加一个水平向右的F=6 N的恒力作用并开始计时。 已知A与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,A与B间的动摩擦因数μ2=0.4。(设滑板A足 够长,取g=10 m/s2)求: (1)经过多长时间A、B达到共同速度; (2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内,A、B间因摩擦而产生的热量Q; (3)2 s内滑板A的位移大小。
1.(2020·永州二模)如图所示,固定在水平地面的斜面体,其斜面倾角α=30°,
斜面长x=1.6 m,底端与长木板B上表面等高,B静止在光滑水平地面上,左端与斜
面接触但不粘连,斜面底端与B的上表面接触处平滑连接。一可视为质点的滑块A
从斜面顶端处由静止开始下滑,最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量均为
1
kg,A与斜面间的动摩擦因数μ1=
3 4
,A与B上表面间的动摩擦因数μ2=0.5,重力
加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.A的最终速度为0 B.B的长度为0.4 m C.A在B上滑动过程中,A、B系统所产生的内能为1 J D.A在B上滑动过程中,A、B系统所产生的内能为2 J
【解析】选C。设A、B的质量均为m,A刚滑上B的上表面时的速度大小为v0。滑块A
核心素养微专题 模型建构——板块模型
模型解读·明晰特点
滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模 型。板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从 多方面体现物理学科素养。此类模型的一个典型特征是:滑块、木板间通过摩擦 力作用使物体的运动状态发生变化。常见类型如下: